福建龙岩市2026届高中毕业班适应性练习数学试题

**基本信息** 聚焦高考核心模块，通过立体几何（16题）、解析几何（18题）等综合题型，以多解法设计（如16题向量法与几何法）考查数学思维与表达，适配三模备考需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|椭圆定义（8题）|结合空间直角坐标系考查几何直观| |多选|3/18|双曲线性质（11题）|通过向量投影、轨迹方程考查推理能力| |填空|3/15|数列单调性（14题）|以分段函数为载体考查运算能力| |解答|5/77|解三角形（15题）、导数应用（19题）|19题构造函数论证不等式，体现模型观念与创新意识|

龙岩市2026届高中毕业班适应性练习 数学试题 (满分：150分考试时间：120分钟) 樹 都 注意事项： 1.考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上， 2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”. 一、 单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个 0 选项中，只有一项是符合题目要求的. ....... 1. 已知集合A={-1,01,2},B={xx2-x-2<0,则AnB= 毁 A.{-1,0} B.{-1,1 c.{0,1 D.{0,1,2 2.已知数据：1,2,2,3,3,3,5,5，将这组数据中的每个数值都加上3后，与原始数据相 麻 比，调整后的数据中不会发生改变的是 A.方差 B.众数 C.中位数 D.平均数 羹 3. 已知等比数列{an}为1,2,4,8，.若数列{b}满足bn=1og2an,且b,是b2与b 的等比中项，则实数k的值为 ......… A.8 B.10 C.12 D.16 1+sin 2a 3 4.已知 则tana的值为 2cos2a+sin 2a 2 A. B.1 C. 2 D.2 ..… 5. 黎 已知事件么B满足P=方P4)令，则P④的值为 6. 已知圆(x+1)2+y2=16与抛物线y2=2x(p>0)交于M,N两点.若 MW=45,则p的值为 A.6 B.12 C.2W3 D.45 高三数学 第1页（共6页）》 7.已知函数f(x)的定义域为{xx≠1}，满足f(x)=f(2-x),当x>1时， f0=ig-lbg4若f@=号 则实数a的值为 ● B.4 C.-2或 D.-2或4 8 8.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形，PA=AB=2, 点M为正方形ABCD内部（不含边界）的一点，且MD+MA=4,则直线PM 与直线BC所成角的余弦值的取值范围为 A. 0.4 B.( .2y④ 4④互 C. 41,2 n.2④，2 41 41 41,2 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选 项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分， 有选错的得0分， 9.已知复数z满足z1-)=1+3i,则 A.z=5 B.在复平面内所对应的点在第三象限 C.若w-z=1,则W的最大值为5 D.z和2是方程x2+2x+5=0在复数范围内的两个根 10.已知函数f)=sin(@x+p)(@>0向<受的部分图象如图所示，A为图象的 ,0.C0,二分别为图象与x轴，y抽的驱 2 A. c0s∠AOC=- 2W13 13 Bx三为x的一条对称细 函数y=对c+习+1在[44利上有且只有4个零点 C. D.若f四在区间[a,a+1上的最大值为M,则2≤M≤1 高三数学第2页（共6页） 11.已知不共线的平面向量m,n,a,满足ml=2√2，m+W-m-n=4,且 a·m=4,则 Am与n的夹角的取值范围为O,孕 B.当mn=8时，m-=4 C.当m=2√3时，n-d的最小值为√2 D.对于给定的n,记n-d的最小值为d(a,则 d(a)√2 m-n2 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12.1+2x)的展开式中含x3项的系数为 13.已知圆锥的轴截面是等边三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球O的球 面上，则该圆锥与球O的体积的比值为 14.已知数列{a},设6，=2,6，=(2m-1)a.若么+b,++b.-3n+n G·c2c=九“，其中入∈(，，当a,取得最小值时，n日 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分) 在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且√3 a cos C-csinA=0 (1)求C; (2)若AB边上的中线CD的长为2，求△ABC面积的最大值， 高三数学第3页（共6页) 16.（15分) 已知三棱锥P-ABC，,△ABC与△PAB都是边长为2的等边三角形. (1)若PC=√6，证明：平面ABP⊥平面ABC; (2)若二面角P-AB-C的大小为？，求直线PB与平面PAC所成角的正弦值 17.（15分) 某逃脱关卡游戏的最后一关有3扇外观有细微差异的传送门，其中仅有1扇传 送门可通往安全出口，资深玩家可以识别细微差异，新手玩家无法识别这种差异.该 关卡的游戏规则为：每位玩家每次仅选1扇传送门尝试，选对且走出安全出口，游 戏结束，选错则重新选择.规定每位玩家至多有10次尝试的机会，且每次尝试后传 送门的顺序会随机调整.现有新手玩家A和资深玩家B独立挑战该关卡，玩家A每 次均从3扇门中等可能随机选择1扇门尝试，各次选择相互独立；玩家B每试错1 扇门，下次则不重复选择已选错的门.设挑战结束时，随机变量X,Y分别为玩家A,B 尝试的次数 (1)求P(Y>X); (2)求证：E(X)<3. 高三数学第4页（共6页） 18.(17分) @知椭圆万兰+@>b≥0，E的短轴长为双曲线广二三1的实抽 长，且E的离心率为5.点A为E的上顶点，点B为E的右顶点，点P的坐标 2 为(1,0) (1)求E的方程； (2)若过点P的直线1与E交于M,N两点，设M(x,),M1(4,),其中 y>0,直线M,N交x轴于点2.若四边形MPOM,为等腰梯形，求1的方程； (3诺直线y=x+(一51<)与E交于C,D两点，求四边形ABCD面 1 积S(t)的最大值. 高三数学第5页（共6页) 19.(17分) 已知函数f(x)=xlhx. （1)求f(x)的极小值点； （2)已知2f(x)-(k-1)x+k>0(k∈Z)对任意x>1都成立，求整数k的最大值； (3)已知0<x<x≤1，证明：f)-fxsk-x片 ·… 高三数学第6页（共6页)》 龙岩市2026届高中毕业班适应性练习 数学试题参考答案 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分. 甄县 1 2 3 4 5 6 个 8 出五 C A B D D 9 D A 二、多项选择题：本大题共3小题， 每小题6分，共18分. 五旦 9 10 11 选项 ABD AC ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 9 12.80 13.32 14.5 8.解：如图，以A为坐标原点，分别以AB,AD,AP所在直线为Y轴，建立 D 空间直角坐标系，设M(x,,0),在xM平面内，由MD+MA=4AD,符令椭 B C 圆的定义 2+y-=10<y<2) 易得椭圆方程为：34 显然400.0D02,0P02),又BC/D,则8c=D=0,20,PM=(-2 直线pv与C所成角的余弦值g- 2y PM1BC12√x2+y2+42+y2+4 又=潮-， 4 ](0<y<2 ,代入得 y 2y 2 cos= Vx2+y2+4 y2+6y+25 Vy2+6y+25 +6+25 4 当0<y<2时， cos6∈(04 41 故选：A 11.解：在双曲线Ca-1 C x2y2 中，点P为双曲线C上的一点， 设0=0丽=m,0F=”,则m+n=f及m-1=P丽 因为m=25,m+川-m-川4，则a=2,c=22,故b=2, 所以双曲线C的标准方程为：x-”=4, 由双曲线的对称性，在以下求解中，只考虑x>0,y>0的情况. 故m=0丽=25,0)，又a~m=4,设01=a=(c,少，则22x=4,解得x=2】 所以1，》的轨迹方程为=V2 对于选项A,由双曲线的方程及m,是不共线的平面向量 知：0<∠P0R<年，故选项A正确； 对于选项B,当m·n=8时，n在m上的投影向量为m, 故m-川=2，故选项B错误； 对于选项C,当m=25时，解得点P坐标为22,2，此时m-有最小值2： 故选项C正确； 对于选项D,由选项C可得当点4与点P纵坐标相等时，m-“的值最小， 设P,x>0),故d@=x-V2 又E25,0,则m-川=|PF=x-22+,因为点p在双曲线c上， d(a) 所以x2-y2=4,故PF=V2x-2,所以m-n2.故选项D正确. 故选：ACD. 14.解：当n1时，4=-1 a21,即a,=1, 当、，时，么=”=3n+n_3到m-1+a-D_3n-1 n≥2 4 2,对1粒微4积 2n 2n_2,2、2 此时4m=3n-1333n-)3· 又因为n=1时，G=a=1, n(n-1) 2 当 时，=2n-刂a,1=2=元，对 成立， n≥2 入2 n=1 九m-l 故4212n-1 此时04-41=，”222n-1小-22+ 2n+12n-1(2n+1(2n-1 令fn)=元(2n-1-元m-(2n+1)=元"-[(2元-2)n-(元+1]>0， 特，而以 所以2<-1<名3<，15 <32-12， 则7+223当n23时，0≥4当n≤2时，0<4 1252 即奇数项中，a,最小，而4，=5g<4, 2 故数列a,的最小项为4，=5，则当a.取得最小值时，n=5 故答案为：5 四、解答题：本大题共5小题，共77分 15.(13分) 解：(1)因为V3 acosC-csinA=0, 所以V3 sinAcosC--sin CsinA=0 .2分 因为0<A<π，所以sinA≠0 3 cosC-sinC=0 tanc=sinc= 所以 cosC Csπ 3 因为 <C<元 .6分 D=(CA+CB) (2)因为CP是B边上的中线，所以 .7分 CD=(C4'+2C4.CB+CB) 4 两边平方： Cπ 由(1)得 2-1（B2+2a-b-cos7+a2) π 4 3 代入已知条件得： .9分 整理得a2+b2+ab-16≥3ab abs16 所以 11分 absinC=3 abs 43 3 =b=43 3 所以 当且仅当 时，取到等号 4V3 所以△4BC面积的最大值为3. .13分 16.(15分) 解：(1)由题意，AMBC是边长为2的等边三角形， 过点C作CE⊥AB于点E, 连接PE,则PE=CE=V5 又PC=V6,PE2+CE=PC .2分 所以PE⊥CE, 又CE⊥AB,PENAB=E,PE,ABc平面PAB, 所以CE1平面PAB,5分 又CEC平面ABC,所以平面PAB⊥平面ABC;.7分 (2)方法一（向量法） 因为PELAD,CE⊥HB,平面pBn平面CMB=AB,所以∠PEc=. 以E为坐标原点， 分别以EC,EB所在直线为x,y轴， 过E作底面的垂线为z轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则4-10，iou4.qai,ra, 9分 设平面P1C的一个法向量为m=(x,y列 3 m·PA=0, -x-y- z=0 2 则 即 2 m4C=0 √3x+y=0, 令 y=-3,z=1 所以平面P4C的一个法向量为m=5,-3, 13分 所成角为，则sin8= PBm6_313 设直线与平面 PB PAC PB :ml 2.13 13 .15分 方法二（几何法） 因为pE⊥AB'GE⊥B,平面pBn平面C1B=MB,所以∠PEc-. 又PE=CE=5,所以PC=5 9分 因为SaBc=·22=3,过P作PH1EC于B 4 因为AB⊥平面PEC,ABc面ABC 所以平面ABC⊥平面PEC 又因为平面ABC∩平面PEC=EC 故PH⊥平面ABC 所以PH=PE.sin=3 321 所以c号5wH59 1 2-2 11分 由PA=AC-2PC-5,可得os∠PAC-sm∠AC= 81 Sww-PA.ACi PC 8 4 、1 2, 6W13 求得B点到平面P4C的距离为-3,13分 所以直线PB与平面PAC的所成角为B, 6V13 则 =-1533 in0=、h 2 13 15分 17.(15分) 解：(1)由已知得：X=12,3,10,Y=1,2,3 Px=-令nX=-2小-号 设资深玩家B在第i次尝试中选对为事件B,i=1,2,3 P(Y=1)=P(B )P(Y=2)=P(B,B2)=P(B)P(B,B) P(Y=3)=P(B,B2B)=P(B,)P(B2|B)P(B|B,B2), Av=0-Av-2=专Ar= 3*x1=1 32 3,.4分 又因为随机变量X,”相互独立， 所t以PY>X)=P(X=1Y=2)+P(X=1,Y=3)+PX=2,Y=3) 11.11.218 Γ33339327 .6分 (2)X=12,310, 当=123g.mx=利-” 当-10时，PX=10-3。 .8分 ax-+2+on分 设s-12目++j®时x-0 2s= a得：=1+))++-9 i用 以x-3-12+103=3-2×[c35分 18.(17分) 2b=2 b=1 解：（1)依题意得： 得。=2，故的方程为 ·.4分 a2=b2+c2 c=V3 E +y2=1 4 (2)法一：显然直线的斜率存在且不为0， 设直线，的方程为x=+1(其中kw=) x=y+1 联立任-1，消去，得r+广+2w-3=0,设 3 则%+h=7+4火h=7产十4,6分 由四边形MrOM为等腰梯形，且P,O均在'轴上，M,轴， 故2MP2-∠M0P,得m+0=kw+w=0, 7分 即--化得头 2-%=3 -7t2-12 =32+4) >0 联立 %品得 +12,代入 3 2=3+4) y=4<0' 得 -7t2-12t2+123 302+④3C+4=2+4, 简得5+3-36=(5-12512+3)=0，所以.1=￥2 5.9分 因为4>0所以1=-2 5 所以直线/的方程为2年 2W15 )1,即 5y-1=0 ·.10分 法二：由四边形rQ4为等腰梯形，且P,O均在"轴上， MM,Ix轴。 故OP=∠0故MHM,i设）， 取的中点为6，连接心则兰】 y=-(x-4+y 则直线NM的方程为为-4 令=06=丝+4-4 -y2 y1-y2 x=ty+1 设直线1：x=y+1≠0)，联立4+y=l, 消去x得+42+20-3=0 2t 3 则y+=一 +45= 2+4,.7分 3, 则=2y+%), 44级的+y4业为+严 y-y2 y-y2 -y3 片-y2 2 =1+2=7 所以5=。=2=4， 又P1,0) 1人 所以函 4 5 8 所以直线！的方程为2， 2W15 y1,即*+等y-1=0 .10分 法三：显然直线1的斜率存在且不为0， 设直线1的方程为x=y+1 x=y+1 联立4+少2=1 消去x得0+4)y2+2y-3=0 △=16+48>0设N,4),且4>0为<0 则5=43P3 g2 t2+4 t2+4 .6分 4Vt2+3 y-y2= t2+4 3-%=3-1-2FP+3_42+12+2P+3 t2+4 t2+4 4W2+3 kMN=头业=为-上= t2+4 4-x23-y242+12+21VP+3 2v1+3+t t2+4 7分 因为四边形MPQM为等腰梯形，且P、Q均在x轴上，NM1/x轴， 故∠MPO=∠M,OP,所以Mw=-kw 8分 2 、1 215 所以2W2+3+t f=- 所以t<0解得 5 .9分 所以直线的方程为x+2下 y-1=0 .10分 y=- (3)法一：联立方程： 4+y21 ,消去y可得 x2-2r+2t2-20 且-V2<t<1, 则A=4-42r2-2=42-P)>0 可知直线y=-,x+2<1<与椭圆相交， 设C(,Dy X3+x=21 则k2r-2,则c0-+am-2r-2可=52F, 又因为点01B(2,0) 则4B=5,直线4B的方程为2+y=1,即x+2y-2=0, 可知直线AB:x+2y-2=0与直线CD:x+2y-21=0平行， 4-2-2421-) 则两平行线间距离为”√5√5， S()=SD+SAe =CDd+d 4+d-552-725-小2-+1- 即S到=2-7+11-0,1-2,1,14分 则5w-2-1-2-2 √2-t2 设8(0=22-t-2-V2- 0当e[0时，84=2-4-2-2-7<2r-2<0,即s<0: (i)当2,0时，因为函数y=2r-1-2单调递减， 函数=v2-1单调递增， 可知81单调递减，且8=0 @当-5.-时，g0>0,即s>0； ②当e-10时，到4<0，即S0<0: 综上所述：当-5，-时，S4>0:当e(-川时，s)<0: 可知s在-v5,-内单调递增，在-1山内单调递减，则s≤S=4, 所以S1的最大值为4.17分 法二：同法一得S0=(2-+11-0.1(2,114分 令1=5cos.0e(径) 则可化为 S=(2sin0+1)(1-2 cos0)=2(sin0-cos0)-2sin0cos0+1 令sin0-cos0=m, in(001-2sin0cos0w 则 所以 =m+V2m=m+2-1 2 当m=V5,即t=-l时，Sm=4, 所以S刊的最大值为4.17分 19.(17分) 1 解：(1))的定义域为0+o),fe)=nx+1,由f)=0得=e, 当∈(0，) 0e时，f"(x)<0,f(x)单调递减： 当e(日+时，f>0,f单调递增。 e 1 所以(x)的极小值点为e.A分 2)法-：2)-依-r+>0化简可得+2nx>-),又5 斗 5分 令8y=+2xnx x-1(x>Dg)=2x-2nx-3 (x-D2,记hx)=2x-2nx-3,则 h0=2Xx-)>0 ,所以h(x)在1，+o)单调递增.又h(2)=1-2n2<0, =21-n2>0,故0树在2》上有唯一零点，…7分 5 且(x)=2x,-2nx,-3=0 .8分 又g)在1，)单调递减，在十0)单调递增所以)m=8化，)=+2血 0-1,由 2优。-21nx-3=0可得8win=o+o20-》=2x。e4,又为整数 x0-1 所以整数k的最大值为4..10分 法二：令3=2八-k-1x+k=2xmx-(k-1x+k,g1=1 问题转化为：对任意x>1,有8x>0,因为8x)=2mx-k+3, 当≤3时，g>2×1-k+320所以3在+o单调递增 故>g山=1>0，符合题意。 6分 k-3 当k>3时，g(x)=0,x=e2>e°=1， 当ee8)<Q8单调递减，当e,g)>0g单调递增， 水3 t-3 k-3 所以g(x)mm=g(e2)=(k-3)e2-(k-1e2+k=k-2e2>0,.8分 令hk)=k-2e2(k>3,k∈Z),h'k)=1-e2<1-e°=0， 所以h(k)在(3，+o)单调递减，又h(4)=4-2e2>0,h(5)=5-2e<0, 所以当k>3时，满足(>0的最大整数k的值为4 综上：结合k≤3时均满足条件，所以整数k的最大值为4.…10分 (3)令m=-,0<m<1,则=-m, 所以，要i证，)-f,即证/)-fx-msm 1 即证m≤fx,)小-fx,-m)sme 等价于证me≤x,ln,-(x,-m)ln(x2-m)≤m日 i设F()=xl血x-(r-m)n(x-m,re(ml,则F'()=n-ln(x-m）>0 所以FW在m,上单调递增，所以F(m<F()≤F四 即mlnm<F(y≤-L-m)nl-m） 因此只需证-m≤mnm<F)≤1-m)n1-m)≤m号 1 -me≤mnm.(1) 即 12分 -(1-m)ln(1-m)≤me..(2) 对于(1)式，只需证nm+me≥0，可设p(m)=lnm+me,0<m<1, a=m-n三m0-a e 则 所以p(m在0，e)上单调递减，在(e,+)单调递增， 1- 故p(m)≥p(e)=0,即-me≤mlnm成立..l4分 1- 对于（2)式，即要证me+(1-m)ln(1-m)≥0， 设Qm)=m+1-m)h1-m,则O'(m=1-m·-lhl-m-1 所以Qm)=1-3m-h1-m）-1≥1-m+m-1 11 m e+m-1 令70-如4a-,则7m=名+1，由T网=0知m=6,所以T侧在06 4 上单调递减在6上单调递增.所以0m之T(64)=64-1>0以 Q'(m)≥T(m)> ,则2在0，D上递增，所以m≥00)=0 综上命题得证， 17分